2021-2022学年广东省汕尾市海丰县彭湃中学高三适应性调研考试化学试题含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大。 X的族序数是周期数的3倍，25 时，0.1 molL1Z的最高价氧化物对应的水化

2、物溶液的pH为13，W的最外层有6个电子。下列说法正确的是()AX的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱B原子半径：r(Z)r(W)r(X)r(Y)C元素Y、W的简单阴离子具有相同的电子层结构DZ分别与X、Y、W形成的化合物中均一定只含离子键2、下列属于酸性氧化物的是( )ACOBNa2OCKOHDSO23、如图，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中，下列分析错误的是（ ）A闭合K1构成原电池，闭合K2构成电解池BK1闭合，铁棒上发生的反应为：Fe2eFe2+CK2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法DK1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高4、下列关于反应N2(g)3H2(g)

3、 2NH3(g)；H苯酚乙酸乙酯C分子式为C7H8O且属于酚类物质的同分异构体有4种D甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明甲基使苯环变活泼13、JohnBGoodenough是锂离子电池正极材料钴酸锂的发明人。某种钻酸锂电池的电解质为LiPF6，放电过程反应式为xLi + Li-xCoO2= LiCoO2。 工作原理如图所示，下列说法正确的是A放电时，电子由R极流出，经电解质流向Q极B放电时，正极反应式为xLi+ +Li1-xCoO2 +xe-=LiCoO2C充电时，电源b极为负极D充电时，R极净增14g时转移1mol电子14、德国化学家利用N2和H2在催化剂表面合成氨气而获得诺贝尔奖，该反应的

4、微观历程及反应过程中的能量变化如图一、图二所示，其中分别表示N2、H2、NH3及催化剂。下列说法不正确的是（ ）A过程中催化剂与气体之间形成离子键B过程中，需要吸收能量C图二说明加入催化剂可降低反应的活化能D在密闭容器中加入1molN2、3molH2，充分反应放出的热量小于92kJ15、一定量的H2在Cl2中燃烧后，所得混合气体用100mL3.00molL的NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含0.05mol NaClO（不考虑水解）。氢气和氯气物质的量之比是A2:3B3:1C1:1D3:216、下列各组性质比较中，正确的是()沸点：离子还原性：酸性：金属性：气态氢化物稳定性：半径：ABCD1

5、7、ClO2和NaClO2均具有漂白性，工业上用ClO2气体制NaClO2的工艺流程如图所示。下列说法不正确的是A步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥B吸收器中生成NaClO2的离子方程式为2ClO2+H2O2=2ClO2+2H+ +O2C工业上将ClO2气体制成NaCIO2固体,其主要目的是便于贮存和运输D通入的空气的目的是驱赶出ClO2，使其被吸收其充分吸收18、25时，二元弱酸H2R的pKa1=1.85，pKa2=7.45(已知pKa=-lgKa)。在此温度下向20mL0.1molL-1H2R溶液中滴加0.1molL-1的NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列有关说法

6、正确的是()Aa点所示溶液中：c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)=0.1molL-1Bb点所示溶液中：c(Na+)c(HR-)c(H2R)c(R2-)Cc点溶液中水电离程度大于d点溶液Dd点所示溶液中：c(Na+)c(R2-)c(HR-)19、下列营养物质在人体内发生的变化及其对人的生命活动所起的作用叙述不正确的是：A淀粉葡萄糖（氧化）水和二氧化碳（释放能量维持生命活动）B纤维素（水解）葡萄糖（氧化）水和二氧化碳（释放能量维持生命活动）C植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br2/CCl4褪色D酶通常是一类具有高选择催化性能的蛋白质20、在化学的发展史上，许多科学家创建的理论对化学科学的发展起到

7、重大的作用。有关科学家与其创建的理论对应不匹配的是（）A墨子：物质的分割是有条件的B汤姆生：葡萄干面包模型C德谟克利特：古典原子论D贝克勒尔：原子结构的行星模型21、化学与生活等密切相关。下列有关说法中正确的是A泡沫灭火器适用于电器灭火B电热水器用镁棒会加速内胆腐蚀C过氧化钠可用作呼吸面具的供氧剂D硅胶可作含油脂食品袋内的脱氧剂22、氰气(CN)2性质与卤素相似，分子中4个原子处于同一直线下列叙述正确的是()A是极性分子B键长：NC大于CCCCN的电子式： D和烯烃一样能发生加成反应二、非选择题(共84分)23、（14分）H是一种氨基酸，其合成路线如下： 已知：RMgBrRCH2CH2OH+R

8、-CHO完成下列填空：（1）A的分子式为C3H4O，其结构简式为_。（2）EF的化学方程式为_。（3）H的结构简式为_。写出满足下列条件的苯丙氨酸同分异构体的结构简_、_。I.含有苯环；II.分子中有三种不同环境的氢原子。（4）结合题中相关信息，设计一条由CH2Cl2和环氧乙烷（）制备1，4-戊二烯的合成路线（无机试剂任选）。_。（合成路线常用的表示方式为：AB目标产物）24、（12分）罗氟司特是治疗慢性阻塞性肺病的特效药物，其合成中间体F的一种合成路线如下：回答下列问题：（1）A的化学名称为_，D的分子式为_（2）由B生成C的化学方程式是_。（3）EF的反应类型为_，F中含氧官能团的名称为_

9、。（4）上述合成路线中，有3步反应都使用NaOH溶液来提高产率，其原理是_。（5）的链状同分异构体有_种（不包括立体异构），写出其中核磁共振氢谱有两组峰的结构简式：_。（6）设计以对甲基苯酚为原料制备的合成路线：_（其他试剂任选）。25、（12分） (CH3COO)2Mn4H2O主要用于纺织染色催化剂和分析试剂，其制备过程如图。回答下列问题：步骤一：以MnO2为原料制各MnSO4(1)仪器a的名称是_，C装置中NaOH溶液的作用是_。(2)B装置中发生反应的化学方程式是_。步骤二：制备MnCO3沉淀充分反应后将B装置中的混合物过滤，向滤液中加入饱和NH4HCO3溶液，反应生成MnCO3沉淀。过

10、滤，洗涤，干燥。(3)生成MnCO3的离子方程式_。判断沉淀已洗净的操作和现象是_。步骤三：制备(CH3COO)2Mn4H2O固体向11.5 g MnCO3固体中加入醋酸水溶液，反应一段时间后，过滤、洗涤，控制温度不超过55干燥，得(CH3COO)2Mn4H2O固体。探究生成(CH3COO)2Mn4H2O最佳实验条件的数据如下：(4)产品干燥温度不宜超过55的原因可能是_。(5)上述实验探究了_和_对产品质量的影响，实验l中(CH3COO)2Mn4H2O产率为_。26、（10分）某学习小组研究溶液中Fe2+的稳定性，进行如下实验，观察，记录结果。实验 物质0 min1min1h5hFeSO4淡

11、黄色桔红色红色深红色(NH4)2Fe(SO4)2几乎无色淡黄色黄色桔红色（1）上述(NH4)2Fe(SO4)2溶液pH小于FeSO4的原因是_（用化学用语表示）。溶液的稳定性：FeSO4_(NH4)2Fe(SO4)2（填“”或“”） 。（2）甲同学提出实验中两溶液的稳定性差异可能是(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的NH4+保护了Fe2+，因为NH4+具有还原性。进行实验，否定了该观点，补全该实验。操作现象取_，加_，观察。与实验中(NH4)2Fe(SO4)2溶液现象相同。（3）乙同学提出实验中两溶液的稳定性差异是溶液酸性不同导致，进行实验：分别配制0.80 molL1 pH为1、2、3、4的

12、FeSO4溶液，观察，发现pH1的FeSO4溶液长时间无明显变化，pH越大，FeSO4溶液变黄的时间越短。资料显示：亚铁盐溶液中存在反应 4Fe2+O210H2O 4Fe(OH)38H+由实验III，乙同学可得出的结论是_，原因是_。（4）进一步研究在水溶液中Fe2+的氧化机理。测定同浓度FeSO4溶液在不同pH条件下，Fe2+的氧化速率与时间的关系如图（实验过程中溶液温度几乎无变化）。反应初期，氧化速率都逐渐增大的原因可能是_。（5）综合以上实验，增强Fe2+稳定性的措施有_。27、（12分）对甲基苯胺可用对硝基甲苯作原料在一定条件制得。 主要反应及装置如下:主要反应物和产物的物理性质见下表

13、: 实验步骤如下:向三颈烧瓶中加入50mL稀盐酸、10.7mL(13.7g)对硝基甲苯和适量铁粉,维持瓶内温度在80左右,同时搅拌回流、使其充分反应;调节pH=78,再逐滴加入30mL苯充分混合;抽滤得到固体,将滤液静置、分液得液体M;向M中滴加盐酸,振荡、静置、分液,向下层液体中加入NaOH溶液,充分振荡、静置;抽滤得固体,将其洗涤、干燥得6.1g产品。回答下列问题:（1）主要反应装置如上图,a处缺少的装置是_ (填仪器名称),实验步骤和的分液操作中使用到下列仪器中的_(填标号)。a.烧杯 b.漏斗 c.玻璃棒 d.铁架台（2）步骤中用5%的碳酸钠溶液调pH =78的目的之一是使Fe3+ 转

14、化为氢氧化铁沉淀,另一个目的是_。（3）步骤中液体M是分液时的_ 层(填“上”或“下”)液体,加入盐酸的作用是_。（4）步骤中加入氢氧化钠溶液后发生反应的离子方程式有_。（5）步骤中,以下洗涤剂中最合适的是_ (填标号)。a.乙醇 b.蒸馏水 c.HCl溶液 d.NaOH溶液（6）本实验的产率是_%。(计算结果保留一位小数)28、（14分）研究CO2的综合利用对促进“低碳经济”的发展有重要意义。CO2与H2合成二甲醚(CH3OCH3)是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：反应I CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1= -49.0 kJ.mol-1反应II 2

15、CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H20(g) H2=- 24.5 kJ.mol-1反应III CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H3=41.2 kJ.mol-1（1）写出CO2与H2一步合成二甲醚（反应IV）的热化学反应方程式：_（2）有利于提高反应IV平衡转化率的条件是_。A高温高压 B低温诋压 C高温低压 D低温高压（3）在恒压、CO2和H2起始物质的量之比为1：3的条件下，CO2平衡转化率和平衡时二甲醚的选择性随温度的变化如图1。CH3OCH3的选择性=温度低于300，CO2平衡转化率随温度升高而下降的原因是_关于合成二甲醚工艺的理解，下列说法正确的是_A反应IV在

16、A点和B点时的化学平衡常数K(A)小于K(B)B当温度、压强一定时，在原料气（CO2和H2的比例不变）中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率C其他条件不变，在恒容条件下的二甲醚平衡选择性比恒压条件下的平衡选择性低D提高催化剂的活性和选择性，减少CO等副产物是工艺的关键在某温度下，若加入CO2的物质的量为1mol，生成二甲醚的选择性为80%，现收集到0.2mol的二甲醚，则CO2转化率为_一定温度压强下，二甲醚的体积分数随时间变化如图2所示。在t1时刻，再加入物质的量之比为1：3的CO2和H2，t2时刻重新达到平衡。画出t1t3时刻二甲醚体积分数的变化趋势。_（4）光能储存一般是指将光能转换为

17、电能或化学能进行储存，利用太阳光、CO2、H2O生成二甲醚的光能储存装置如图所示，则b极的电极反应式为_29、（10分）黄铜矿是工业冶炼铜的原料，主要成分为 CuFeS2。试回答下列问题：（1）基态硫原子核外电子有_种不同运动状态，能量最高的电子所占据的原子轨道形状为_。（2）基态Cu原子的价层电子排布式为_；Cu、Zn的第二电离能大小I2(Cu) _I2(Zn)(填“”“S，则X(O)的简单氢化物的热稳定性比W(S)的强，A错误；B.元素核外电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则原子半径大小为：r(Z)r(W)r(X)r(Y)，B正确；C.氟离子含有2个电子层，

18、硫离子含有3个电子层，二者简单阴离子的电子层结构不同，C错误；D.Na与O、F、S形成的化合物中，过氧化钠中既有离子键又有共价键，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了原子结构与元素周期律的关系的知识，依据元素的原子结构或物质的性质推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。2、D【解析】酸性氧化物是可以与碱反应生成盐和水的氧化物。【详解】A.CO是不成盐氧化物，故A不选；B. Na2O是碱性氧化物，故B不选；C.KOH是碱，不是氧化物，故C不选；D.SO2属于酸性氧化物，故D选。故选D。3、C【解析】A、闭合K1构成原电池，铁为负

19、极；闭合K2构成电解池，铁为阴极，选项A正确；B、K1闭合构成原电池，铁棒是负极，铁失去电子，铁棒上发生的反应为Fe2e=Fe2，选项B正确；C、K2闭合构成电解池，铁棒与电源的负极相连，作阴极不会被腐蚀，属于外加电流的阴极保护法，选项C错误；D、K1闭合构成原电池，铁棒是负极，铁失去电子，石墨棒是正极，溶液中的氧气得到电子转化为OH，石墨棒周围溶液pH逐渐升高，选项D正确；答案选C。4、A【解析】A. 根据图中能量变化图可以看出，N2(g)3H2(g) 2NH3(g)；H+2254 kJmol1-2346 kJmol1=92 kJmol1，A项正确；B. 随n(H2)/n(N2)比值越大，氢

20、气的转化率逐渐减小，氮气的转化率逐渐增大，B项错误；C. 该反应正向为放热反应，则升高温度，正、逆速率均增大，但逆速率受温度影响更大，C项错误；D. 该反应正方向是气体分子数减小的放热反应。同一压强下，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则反应达平衡时，混合气体中氨的物质的量分数减小；同一温度下，增大压强，平衡向正反应方向移动，则反应达平衡时，混合气体中氨的物质的量分数增大，图示中压强变化曲线不正确，D项错误；答案选A。5、B【解析】A. 金属性越强，与水反应越剧烈，则Be与水反应很缓慢，故A错误；B. 非金属性越强，氢化物越稳定，由事实可知，HBr的分解温度介于二者之间，故B正确；C. 自燃与物

21、质稳定性有关，硫化氢较稳定，则H2S在空气中不能自燃，故C错误；D. HF可形成氢键，标况下HCl、HBr均为气体，但HF为液体，故D错误；故选：B。6、C【解析】A. 标准状况下，SO3为固体，不能利用22.4 L/mol计算所含的分子数，A不正确；B. 没有提供0.1 molL-1的Na2CO3溶液的体积，无法计算CO32-的数目，B不正确；C. 8.0g Cu2S和8.0g CuO所含铜原子都为0.1mol，则8.0g混合物所含铜原子的数目为0.1NA，C正确；D. 2.24L Cl2通入水中，与水反应的Cl2的物质的量小于0.1mol，转移电子的数目小于0.1NA，D不正确。故选C。7

22、、A【解析】A. 二氧化硅晶体属于原子晶体，由硅原子和氧原子构成，但不存在二氧化硅分子，A不正确；B. 在铁中掺入铬、镍等金属，由于改变了金属晶体的内部组织结构，使铁失电子的能力大大降低，从而使铁不易生锈，B正确；C. 3He和4He的质子数相同，但中子数不同，且都是原子，所以二者互为同位素，C正确；D. 月球是属于全人类的，所以月球上的资源也应该属于全人类，D正确。故选A。8、D【解析】A.二氧化碳不可燃，丙烯可燃，现象不同，故A可行；B.二氧化碳与高锰酸钾不反应，丙烯使高锰酸钾溶液褪色，现象不同，故B可行；C.二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，丙烯与澄清石灰水不反应，现象不同，故C可行；D. 二

23、氧化碳和丙烯两种气体都不与品红溶液反应，无法区别，故D不可行；故答案为D。9、C【解析】A.对于能溶于水的待分离物质，滤纸纤维上的羟基所吸附的水作为固定相，以与水能混合的有机溶剂作流动相，故A正确；B.检验氯离子的方法是向溶液中加入硝酸银和稀硝酸，有白色沉淀生成证明有氯离子存在，故B正确；C.若把乙醇和苯酚配成同物质的量浓度的水溶液，则钠先和水反应了，故C错误；D.苯是有机溶剂，可以迅速溶解溴，使危害降到最低，所以若皮肤不慎受溴腐蚀致伤，应先用苯清洗，再用水冲洗，故D正确；综上所述，答案为C。10、A【解析】本题考查的是化学知识在具体的生产生活中的应用，进行判断时，应该先考虑清楚对应化学物质的

24、成分，再结合题目说明判断该过程的化学反应或对应物质的性质即可解答。【详解】A谷物中的淀粉在酿造中发生水解反应只能得到葡萄糖，葡萄糖要在酒化酶作用下分解，得到酒精和二氧化碳。酒中含有酒精，醋中含有醋酸，显然都不是只水解就可以的，选项A不合理；B商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎属于青铜器，青铜是铜锡合金，选项B合理；C陶瓷的制造原料为黏土，选项C合理；D屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，是利用青蒿素在乙醚中溶解度较大的原理，将青蒿素提取到乙醚中，所以属于萃取操作，选项D合理。【点睛】萃取操作有很多形式，其中比较常见的是液液萃取，例如：用四氯化碳萃取碘水中的碘。实际应用中，还

25、有一种比较常见的萃取形式是固液萃取，即：用液体溶剂萃取固体物质中的某种成分，例如：用烈酒浸泡某些药材。本题的选项D就是一种固液萃取。11、B【解析】A根据图像，pH =1.9时，溶液显酸性，c(H+)c(OH-)，根据电荷守恒，有c(Na+)+ c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+ c(OH-)，因此c(Na+)c(HA-)+2c(A2-)，故A正确；B根据图像，当溶液中的溶质为NaHA，溶液显酸性，pH7，此时溶液中存在物料守恒，c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，故B错误；C根据图像，pH=6时，c(HA-)c(A2-)，溶液中的溶质为NaHA和Na2A，c(Na

26、+)c(HA-)c(A2一)c(H2A)，故C正确；DKa2(H2A)=，根据图像，当pH=7.2时，c(HA-)=c(A2一)，则Ka2(H2A)= c(H+)=10-7.2，因此lgKa2(H2A)=-7.2，故D正确；故选B。12、B【解析】A乙二醇含有2个羟基，丙三醇含有3个羟基，结构不同，二者不是同系物，A错误；B室温下，乙醇可与水以任意比例互溶，苯酚在水中的溶解度不大，乙酸乙酯不溶于水，故在水中的溶解度：乙醇苯酚乙酸乙酯，B正确；C分子式为C7H8O且属于酚类物质的同分异构体有邻甲基苯酚、间甲基苯酚和对甲基苯酚共3种，C错误；D甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而被氧化为苯甲酸，说明苯环

27、影响了甲基，使甲基变活泼，D错误；故答案选B。13、B【解析】A由放电反应式知，Li失电子，则R电极为负极，放电时，电子由R极流出，由于电子不能在溶液中迁移，则电子经导线流向Q极，A错误；B放电时，正极Q上发生还原反应xLi+ +Li1-xCoO2 +xe-=LiCoO2，B正确；C充电时，Q极为阳极，阳极与电源的正极相连，b极为正极，C错误；D充电时，R极反应为Li+e-=Li，净增的质量为析出锂的质量，n(Li)=2mol，则转移2mol电子，D错误。故选B。14、A【解析】A. 过程中催化剂与气体之间是吸附，没有形成离子键，故A错误；B. 过程中，化学键断键需要吸收能量，故B正确；C.图

28、二中通过a、b曲线说明加入催化剂可降低反应的活化能，故C正确；D. 在密闭容器中加入1molN2、3molH2，该反应是可逆反应，不可能全部反应完，因此充分反应放出的热量小于92kJ，故D正确。综上所述，答案为A。15、A【解析】H2在Cl2中燃烧的产物能被碱液完全吸收，则H2完全燃烧。吸收液中有NaClO，则燃烧时剩余Cl2，从而根据化学方程式进行计算。【详解】题中发生的反应有：H2+Cl2=2HCl；HCl+NaOH=NaCl+H2O；Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。据，生成0.05mol NaClO，消耗0.05molCl2、0.10molNaOH。则中消耗0.20mo

29、lNaOH和0.20molHCl。故中消耗H2、Cl2各0.10mol。氢气和氯气物质的量之比0.10mol:(0.10mol+0.05mol)=2:3。本题选A。【点睛】吸收液中有NaClO，则燃烧时剩余Cl2。氢气和氯气物质的量之比必小于1:1，只有A项合理。16、B【解析】.HF中含分子间氢键，沸点最高，其它氢化物中相对分子质量大的沸点高，则沸点为 ，故错误；.元素的非金属性，对应离子还原性，故错误；.非金属性 ，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，即酸性：，故正确；.同主族从上到下，金属性增强：，同周期从左到右，金属性减弱，即 ，即金属性：，故正确；.元素的非金属

30、性，气态氢化物稳定性，故正确；.电子层越多，离子半径越大，核外电子排布相同时，核电荷数越多，半径越小，即，故正确。故选B。17、B【解析】A. 结晶后分离出固体的操作是过滤、洗涤和干燥，故A正确；B.在碱性条件下，产物中不能有酸，生成NaClO2的离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2- +2H2O +O2，故B错误；C. ClO2是气体，气体不便于贮存和运输，制成NaCIO2固体，便于贮存和运输，故C正确；D. 通入的空气可以将ClO2驱赶到吸收器中，使其被吸收其充分吸收，故D正确。选B。18、D【解析】Aa点溶液体积是原来的1.5倍，则含有R元素的微粒浓度是原来的，根据物料

31、守恒得c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)=molL-1，故A错误；Bb点二者恰好完全反应生成NaHR，溶液呈酸性，说明HR-的电离程度大于水解程度，但其水解和电离程度都较小，钠离子不水解，所以离子微粒浓度大小顺序是c(Na+)c(HR-)c(R2-)c(H2R)，故B错误；Cc点是浓度相等的NaHR和Na2R的混合溶液，NaHR抑制水的电离，Na2R促进水的电离；d点是Na2R溶液，对水的电离有促进作用，故d点的水的电离程度大于c点，故C错误；Dd点溶液中溶质为Na2R，R2-水解但程度较小，所以存在c(Na+)c(R2-)c(HR-)，故D正确；答案选D。【点睛】明确曲线上对应点溶液中

32、溶质成分及其性质是解本题关键。本题的易错点为C，要注意HR-的电离程度大于水解程度，即NaHR抑制水的电离。19、B【解析】A. 淀粉在淀粉酶的作用下水解生成葡萄糖，葡萄糖被氧化能释放出能量，故A正确；B. 人体内没有水解纤维素的酶，它在人体内主要是加强胃肠蠕动，有通便功能，不能被消化功能，故B错误；C. 植物油含不饱和脂肪酸酯，分子中含有碳碳双键具有烯烃的性质，能使Br2/CCl4褪色，故C正确；D. 酶是蛋白质，具有高选择性和催化性能，故D正确；答案选B。20、D【解析】A. 墨子提出：物质被分割是有条件的，若不存在被分割的条件，就不能被分割，故A正确；B. 汤姆生发现了电子，并提出了电子

33、的葡萄干面包模型，故B正确；C. 德谟克利特提出：物质由极小的微粒组成，这种微粒叫做原子，物质分割只能到原子为止，故C正确；D. 卢瑟福提出了原子结构的行星模型，不是贝克勒尔，故D错误；答案选D。21、C【解析】A.泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合时发生双水解反应，生成大量的二氧化碳泡沫，该泡沫可进行灭火，但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含有水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，故泡沫灭火器不适用于电器起火的灭火，A错误；B.Mg比Fe活泼，当发生化学腐蚀时Mg作负极而被腐蚀，从而阻止Fe被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，B错误；C.过氧化钠与

34、人呼吸产生的CO2及H2O反应产生氧气，可帮助人呼吸，因此可用作呼吸面具的供氧剂，C正确；D.硅胶具有吸水性，可作含油脂食品袋内的干燥剂，但是，其无还原性，不能用作脱氧剂，D错误；故合理选项是C。22、D【解析】A(CN)2的结构为NCCN，结构对称，为非极性分子，为A错误；BN原子半径小于C，则键长：NC小于CC，故B错误；CCN的电子式为，故C错误；DNCCN含有不饱和键，可发生加成反应，故D正确；选D。二、非选择题(共84分)23、CH2=CHCHO 2+O22+2H2O CH2Cl2 ClMgCH2MgCl HOCH2CH2CH2CH2CH2OHH2C=CHCH2CH=CH2 【解析】

35、A的分子式为，而1，丁二烯与A反应生成B，且B与氢气反应得到，结合信息可知A为，B为结合转化关系与信息可知发生取代反应生成C为，D为，E为，由信息可知F为，G为，H为。【详解】（1）A的分子式为，其结构简式为：，故答案为：；（2）EF羟基的催化氧化，反应的化学方程式为，故答案为：； （3）H的结构简式为，满足下列条件的苯丙氨酸同分异构体的结构简式：、含有苯环；、分子中有三种不同环境的氢原子，符合条件的同分异构体有：、， 故答案为：；、；（4）由与干醚得到，再与环氧乙烷得到由，然后再浓硫酸加热条件下发生消去反应得到，合成路线流程图为：， 故答案为：。24、邻苯二酚 C11H11O2F2Br 取代

36、反应（或水解反应） 醚键、羧基 减小生成物浓度，使平衡正向移动 8 BrCHC（CH3）2 【解析】A中苯环上有两个处于邻位的酚羟基，习惯上叫做邻苯二酚，在NaOH溶液作用下，A与发生取代反应生成B（），B与Br2发生取代反应生成C（），C在NaOH溶液作用下酚羟基发生取代生成D（），D经过取代、酯化两个反应后得到E（），最后E中的酯基经碱性条件下水解再酸化生成合成罗氟司特的中间体F（）。根据以上分析解答此题。【详解】(1) 中苯环上有两个处于邻位的酚羟基，叫做邻苯二酚；D为，分子式为C11H11O2F2Br；答案为：邻苯二酚；C11H11O2F2Br。(2)由图示可知与Br2发生取代反应生成

37、C，根据原子守恒写出反应方程式：。答案为：。(3)E到F的反应中只有酯基发生水解，生成羧酸盐后再进行酸化，反应类型为取代反应（或水解反应），F中的含氧官能团为醚键、羧基。答案为；取代反应（或水解反应）；醚键、羧基。(4)上述合成路线中，AB、CD、EF这三个反应中都使用了NaOH溶液，有机反应的特点是反应比较慢，副反应多，很多还是可逆反应，在上面三个反应中NaOH溶液都可以与反应后的生成物发生反应，使生成物的浓度减小，促使平衡向正向移动，提高了反应的产率，最后还可再经酸化除去官能团里的钠离子。答案为：减小生成物浓度，使平衡正向移动。 (5)的分子式为C4H7Br，不饱和度为1，写成链状可以考虑

38、为丁烷里面增加一条双键，正丁烷里加一条双键有两种写法：CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3，异丁烷里加一条双键只有一种写法：CH2=C(CH3)2。在CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3 、CH2=C(CH3)2里面分别有4、2、2种等效氢，所以CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3 、CH2=C(CH3)2的一溴代物即的链状同分异构体（不包括立体异构）有4+2+2=8种。其中核磁共振氢谱有两组峰也就是结构式中有两种氢的为：BrCHC(CH3)2。答案为：8；BrCHC(CH3)2。 (6)根据题中信息，以为原料合成有两个方向的反应，一个是酚羟基上的取代，另一

39、个是甲基邻位的取代，酯化，仿照题中CD的条件可实现酚羟基的取代，得到，再与Br2发生取代生成，然后仿照题中DE的条件可实现甲基邻位溴原子的取代，酯化得到。故以对甲基苯酚为原料制备的合成路线为：。答案为：。25、分液漏斗 吸收多余的SO2 SO2+MnO2=MnSO4或SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O 2HCO3-+Mn2+=MnCO3+CO2+H2O 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀生成，证明沉淀已洗涤干净 温度过高会失去结晶水 醋酸质量分数 温度 90.0% 【解析】将分液漏斗中的浓硫酸滴加到盛有Na2SO3的试管中发生

40、复分解反应制取SO2，将反应产生的SO2气体通入三颈烧瓶中与MnO2反应制取MnSO4，由于SO2是大气污染物，未反应的SO2不能直接排放，可根据SO2与碱反应的性质用NaOH溶液进行尾气处理，同时要使用倒扣的漏斗以防止倒吸现象的发生。反应产生的MnSO4再与NH4HCO3发生反应产生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O，将MnCO3沉淀经过滤、洗涤后用醋酸溶解可得醋酸锰，根据表格中温度、浓度对制取的产品的质量分析醋酸锰晶体合适的条件。【详解】(1)根据仪器结构可知仪器a的名称为分液漏斗；C装置中NaOH溶液的作用是吸收多余的SO2，防止污染大气；(2)B装置中SO2与MnO2反

41、应制取MnSO4，反应的方程式是SO2+MnO2=MnSO4(或写为SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O)；(3)MnSO4与NH4HCO3发生反应产生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O，该反应的离子方程式为：2HCO3-+Mn2+=MnCO3+CO2+H2O；若MnCO3洗涤干净，则洗涤液中不含有SO42-，所以判断沉淀已洗净的方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀生成，证明沉淀已洗涤干净；(4)该操作目的是制取(CH3COO)2Mn4H2O，若温度过高，则晶体会失去结晶水，故一般是产品干燥温度不宜超过55；

42、(5)表格采用了对比方法分析了温度、醋酸质量分数(或浓度)对产品质量的影响。实验l中11.5 g MnCO3的物质的量为n(MnCO3)=0.1 mol，根据Mn元素守恒可知理论上能够制取(CH3COO)2Mn4H2O的物质的量是0.1 mol，其质量为m(CH3COO)2Mn4H2O=0.1 mol245 g/mol=24.5 g，实际质量为22.05 g，所以(CH3COO)2Mn4H2O产率为100%=90.0%。【点睛】本题以醋酸锰的制取为线索，考查了仪器的使用、装置的作用、离子的检验、方程式的书写、反应条件的控制及物质含量的计算，将化学实验与元素化合物知识有机结合在一起，体现了学以致

43、用的教学理念，要充分认识化学实验的重要性。26、NH4+H2ONH3H2OH+ 取2 mL pH4.0的0.80 molL1 FeSO4溶液 加2滴0.01 molL1 KSCN溶液 溶液pH越小，Fe2+越稳定 溶液中存在平衡4Fe2+O210H2O 4Fe(OH)38H+， c（H+）大，对平衡的抑制作用强，Fe2+更稳定 生成的Fe(OH)3对反应有催化作用 加一定量的酸；密封保存 【解析】（1）（NH4）2Fe（SO4）2溶液和FeSO4中的Fe2+浓度相同，但中（NH4）2Fe（SO4）2含有浓度较高的NH4+；通过表格中的颜色变化来分析；（2）由于是要验证两溶液的稳定性差异是否是由

44、于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保护了Fe2+导致，根据控制变量法可知，应除了让NH4+这个影响因素外的其它影响因素均保持一致，据此分析；（3）由实验可知，溶液的pH越小，溶液的酸性越强，则Fe2+越稳定；亚铁盐溶液中存在反应4Fe2+O2+10H2O4Fe（OH）3+8H+，根据平衡的移动来分析；（4）根据影响反应速率的因素有浓度、压强、温度和催化剂来分析；（5）根据上述实验来分析。【详解】（1）（NH4）2Fe（SO4）2溶液和FeSO4中的Fe2+浓度相同，但（NH4）2Fe（SO4）2溶液中含有浓度较高的NH4+，NH4+水解显酸性，导致（NH4）2Fe（SO4）2中的p

45、H更小；通过表格中的颜色变化可知（NH4）2Fe（SO4）2中的Fe2+被氧化的速率更慢，即溶液的稳定性：FeSO4（NH4）2Fe（SO4）2，故答案为：NH4+H2ONH3H2O+H+；0，温度升高，二氧化碳的平衡转化率变大，而反应（或者反应）的H 0，温度升高，平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率变大，而反应（或者反应）的H 0，温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳的平衡转化率下降，且上升幅度小于下降幅度，所以随着温度升高，二氧化碳的平衡转化率下降；A.从图分析反应IV随着温度升高，二氧化碳的平衡转化率A点小于B点，但二甲醚的选择性降低，说明反应IV进行程度减小，所以在A点和B点时的化学平衡常数K(A)大于K(B)，故错误；B.当温度、压强一定时，在原料气（C02和H2的比例不变）中添加少量惰性气体，容器的体积增大，相当于减压，平衡逆向移动，不有利于提高平衡转化率，故错误； C其他条件不变，在恒容条件下反